Facult´ ee des Sciences et Techniques de Limoges Ann´ ee 2007-2008

(1)

Correction

Facult´ ee des Sciences et Techniques de Limoges Ann´ ee 2007-2008

Statistiques pour la biologie. Contrˆ ole continu du 16 mai 2007

Remarque. Il n’y a pas de r`egles, mais des r´esultats avec strictement moins de 3 chiffres sont peu satisfaisants. De plus, ! ! !Attention aux arrondis ! ! ! : si le chiffre qui suit est 0, 1, 2, 3 ou 4 : on arrondit en dessous, sinon on arrondit au dessus :

0, 0760 ≈ 0, 076 0, 0765 ≈ 0, 077 0, 0761 ≈ 0, 076 0, 0766 ≈ 0, 077 0, 0762 ≈ 0, 076 0, 0767 ≈ 0, 077 0, 0763 ≈ 0, 076 0, 0768 ≈ 0, 077 0, 0764 ≈ 0, 076 0, 0769 ≈ 0, 077

De même, pour avoir des résultats les plus précis possibles, il convient de ne pas reprendre un résultat arrondi, mais sa valeur exacte (facile avec les calculatrices modernes).

Exercice I

On appelle X la variable aléatoire représentant le poids d’une boˆıte. Par l’énoncé, on a X ֒ → N (340, 6). Dans ce qui suit, on notera Y la variable aléatoire X − 340

6 ; ie Y ֒ → N (0, 1).

1. On a :

P (334 < X < 346) = P

334 − 340

6 < X − 340

6 < 346 − 340 6

= P ( − 1 < Y < 1)

= P (Y < 1) − P (Y < − 1) = φ(1) − φ( − 1)

= φ(1) − (1 − φ(1)) = 2φ(1) − 1

Table 1

= 2 · 0, 8413 − 1 = 0, 6826

Remarque. Etant donn´e une variable al´eatoire U , et un intervalle [a; b], on a : P (U < b) = P (U < a) ∪ (a < U < b)

(U <a)∩(a<U <b)=∅

= P (U < a) + P (a < U < b) D’o` u la formule utilis´ee :

P (a < U < b) = P (U < b) − P (U < a)

2. Soit Z la variable aléatoire modélisant le nombre de boˆıtes de poids inférieur ` a 330 grammes sur une production de 10000. Z suit la loi binomiale de paramètres n := 10000 et p := P (X < 330).

L’esp´erance de cette variable est par d´efinition n · p. Or ici on a : P (X < 330) = P

X − 340

6 < 330 − 340 6

= P(Y < − 1, 67)

= φ( − 1, 67) = 1 − φ(1, 67) = 1 − 0, 9525 = 4, 75%

D’o` u : E(Z) = 10000 · 0, 0475 = 475.

(2)

Correction

3. On cherche b tel que :

(P (340 − b < X < 340 + b) = 0, 5) ⇔

P

(340 − b) − 340

6 < X − 340

6 < (340 + b) − 340 6

= 0, 5

⇔

P − b

6 < Y < b 6

= 0, 5

⇔

P

| Y | < b 6

= 0, 5

⇔

1 − P

| Y | > b 6

= 0, 5

⇔

P

| Y | > b 6

= 1 − 0, 5

Table 2

⇔ b

6 = 0, 674

⇔ (b = 4, 044) Exercice II

1. On est ici dans le cas d’un test de conformité d’une fréquence (bilatéral). Plus précisément, p := 0, 5, f := 2065

4000 = 0, 51625, n := 4000. Ainsi, on a : I

_0,05

=

#

p − u

_0,05

r p(1 − p)

n ; p + u

_0,05

r p(1 − p) n

"

Table 2

=

#

0, 5 − 1, 960

r 0, 5(1 − 0, 5)

4000 ; 0, 5 + 1, 960

r 0, 5(1 − 0, 5) 4000

"

= ]0, 484; 0, 516[

Donc f 6∈ I

_0,05

; ie l’observation n’est pas conforme ` a l’hypoth`ese, au risque 5%.

De mˆeme, on a : I

_0,01

=

#

p − u

_0,01

r p(1 − p)

n ; p + u

_0,01

r p(1 − p) n

"

Table 2

=

#

0, 5 − 2, 576

r 0, 5(1 − 0, 5)

4000 ; 0, 5 + 2, 576

r 0, 5(1 − 0, 5) 4000

"

= ]0, 479; 0, 520[

Donc f ∈ I

_0,01

; ie l’observation est conforme ` a l’hypoth`ese, au risque 1%.

2. On fait de même que précédemment, avec p = 0, 52. On a : I

_0,05^′

=]0, 505; 0, 536]

Donc l’observation est conforme au risque 5%. Elle l’est donc aussi au risque 1%, puisque pour avoir un risque plus faible, on doit agrandir notre intervalle de confiance (voici quand mˆeme les valeurs recherch´es : I

_0,01^′

=]0, 500; 0, 541[).

Remarque. On rappelle que lors du calcul d’un intervalle de confiance, on arrondit toujours les bornes de fa¸con ` a agrandir l’intervalle ; car ainsi on n’augmente pas le risque d’erreur.

Exercice III

1. Puisque l’on connaˆıt la moyenne th´eorique, on fait ici un test de conformit´e d’une moyenne. De

plus, le taux de substance active pouvant aussi bien être plus élevé ou moins que la moyenne,

on fait un test bilat´eral.

(3)

Correction

2. On fait ici une estimation ponctuelle de la moyenne : x =

P

100 i=1

x

_i

100 = 1, 55 De mˆeme, une estimation ponctuelle de l’´ecart type :

σ

e

= v u u t 1

n X

100

i=1

x

²_i

− x

²

=

r 248

100 − 1, 55

²

= 0, 278

3. On a par la question précédente l’écart type de notre échantillon, on le débiaise pour obtenir une estimation de l’écart type de la production :

σ = r n

n − 1 σ

e

= r 100

99 σ

e

= 0, 280

Avec α = 10%, on a dans la table 2 u

_0,10

= 1, 645. Donc ici notre intervalle de confiance est : I

_0,10

=

µ − u

_0,10

σ

√ n ; µ + u

_0,10

σ

√ n

=

1, 5 − 1, 645 0, 280

√ 100 ; 1, 5 + 1, 645 0, 280

√ 100

= ]1, 453; 1, 546[

Donc ici, x 6∈ I

_0,10

, donc la production ne respecte pas les indications mentionn´ees au risque 10%.

Exercice IV

On fait ici une comparaison de deux fr´equences :



 

 

f

₁

= 35

57 = 0, 614 f

₂

= 40

71 = 0, 563 ⇒ f

₁

− f

₂

= 0, 051 On a donc :



 

 

 

  ˆ

p = n

₁

f

₁

+ n

₂

f

₂

n

₁

+ n

₂

= 57 ·

³⁵₅₇

+ 71 ·

⁴⁰₇₁

57 + 71 = 35 + 40

57 + 71 = 0, 586 s =

s ˆ p(1 − p) ˆ

1 n

₁

+ 1

n

₂

= s

0, 586 · (1 − 0, 586) · 1

57 + 1 71

= 0, 088 On travaille ici avec α = 5%. Par la table 2, on a donc :

I

_0,05

=] − 1, 960 · s; 1, 960 · s[=] − 0, 172; 0, 172[

Donc f

₁

− f

₂

∈ I

_0,05

, il n’y a donc pas de diff´erence significative entre les deux hormones, aurisque 5%.

(4)

Correction

Exercice V

1. Chaque enfant est ou non allergique de fa¸con ind´ependante des autres enfants, et ce avec une probabilit´e p := 1

1000 . On dénombre ici le nombre d’enfants allergiques sur une population de 4000 enfants, cela revient ` a répéter 4000 fois l’épreuve de Bernouilli précédente. Donc X ֒ → B (4000, 0, 001). En particulier :

P (X = k) = 4000

k

1 1000

k

1 − 1 1000

4000−k

= 4000

k

999

⁴⁰⁰⁰⁻^k

1000

⁴⁰⁰⁰

Remarque.

n k

= n!

(n − k)!k! =

ktermes

z }| {

n · (n − 1) · (n − 2) · · · · · (n − k + 1) k!

2. Ici X suit la loi binomiale B (n, p) avec n = 4000 et p = 1

1000 . En particulier :







n ≥ 30 p ≤ 0, 1 np = 4 ≤ 10

Donc on peut approximer X par la loi de Poisson de param`etre np = 4.

3. En approximant par la loi de Poisson, on a : P (X = 3) ≈ e

⁻^λ

λ

³

3! = e

⁻⁴

4

³

3! = 0, 195 De mˆeme :

P(X ≥ 5) = 1 − P(X < 5)

= 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4))

≈ 1 − e

⁻⁴

4

⁰

0! + 4

¹

1! + 4

²

2! + 4

³

3! + 4

⁴

4!

≈ 1 − e

⁻⁴

1 + 4 + 8 + 32 3 + 32

3 = 0, 371

Remarque. On a k! = k · (k − 1) · (k − 2) · · · · · 2 · 1. Et on pose par convention 0! = 1.

(5)

Correction

Extraits d’examen de statistiques 2004-2005

Exercice I 1. On a :

P (10 < X < 14) = P



 



10 − 11, 3 2, 4 <

=:Y

z }| { X − 11, 3

2, 4 < 14 − 11, 3 2, 4



 



= P ( − 0, 542 < Y < 1, 125) = P (Y < 1, 125) − P (Y < − 0, 542)

= φ(1, 125) − φ( − 0, 542) = φ(1, 125) − (1 − φ(0, 542))

Table 1

= 0, 8686 − (1 − 0, 7054) = 0, 574

2. La probabilité qu’une copie prise au hasard ait une note supérieure ou égale ` a 10 est :

P (X ≥ 10) = P

X − 11, 3

2, 4 ≥ 10 − 11, 3 2, 4

= P (Y ≥ − 0, 54)

= 1 − P (Y ≤ − 0, 54) = 1 − (1 − P(Y ≤ 0, 54)) = P (Y ≤ 0, 54)

Table 1

= 0, 7054

Ainsi, si l’on répète 300 fois cette épreuve, on est dans le cas d’une loi binomiale de paramètres n := 300 et p := 0, 7054. D’o` u, l’espérance est de np = 300 · 0, 7054 = 211, 62 ≈ 212.

De mˆeme, on a :

P (X ≥ 15) = P

X − 11, 3

2, 4 ≥ 15 − 11, 3 2, 4

= P (Y ≥ 1, 542)

= 1 − P (Y ≤ 1, 542)

^{Table 1}

= 1 − 0, 9382 = 0, 0618

D’o` u comme précédemment, le nombre attendu de copies dont la note est supérieure ` a 15 est 300 · 0, 0618 = 18, 54 ≈ 19.

Exercice II

On est ici dans le cas d’un intervalle de confiance d’une fr´equence : ( n := 900

f := 180

900 = 0, 2 ⇒







n ≥ 30 nf = 180 ≥ 5 n(1 − f ) = 720 ≥ 5

On est donc dans un cas permettant l’approximation par la loi normale. On prend un risque de 5%, on a donc par la table 2 :

I

_0,05

=]f − 1, 960

r f (1 − f)

n − 1 ; f + 1, 960

r f (1 − f )

n − 1 [=]0, 173; 0, 227[

Exercice III

1. On est dans le cas de la réalisation d’un événement dont la probabilité ne dépend que de la

durée de la période considérée (ici, une année) et non de son début ; de plus, le nombre moyen

d’événements pour une période donné est indépendant du nombre d’événements dans les autres

p´eriodes. On est donc bien dans le cas d’une loi de Poisson, ici de param`etre λ := 8.

(6)

Correction

2. Par ce qui pr´ec`ede :

P (X = 8) = e

^−λ

λ

⁸

8! = e

⁻⁸

8

⁸

8! = 0, 140 3. De mˆeme :

P (X ≤ 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)

= e

⁻⁸

8

⁰

0! + 8

¹

1! + 8

²

2! + 8

³

3!

= e

⁻⁸

1 + 8 + 32 + 256 3

= 0, 042 Exercice IV

1. On doit effectuer un test de conformité d’une fréquence car l’on dispose d’une fréquence théorique et d’une fréquence obsrvée.

Remarque. On pourrait argumenter pour un test unilatéral, cependant il semble que ceux-ci ne sont pas réellement au programme. Je donne donc ici la correction dans le cas bilatéral.

2. Par ce qui pr´ec`ede, on a :

I =

#

p

_t

− u

_0,10

r p

_t

(1 − p

_t

)

n ; p

_t

+ u

_0,10

r p

_t

(1 − p

_t

) n

"

=

#

0, 5 − 1, 645

r 0, 5(1 − 0, 5)

11 ; 0, 5 + 1, 645

r 0, 5(1 − 0, 5) 11

"

= ]0, 252; 0, 748[

3. Le test précédent n’est pas probant car l’échantillon est de trop petite taille.

Exercice V

Remarque. On doit effectuer un test de comparaison des moyennes. Cependant l’´echantillon est de petite taille (< 30), la m´ethode n’est donc pas valable. On va donc se servir de la loi de Student (cf estimation d’une moyenne).

On a :



 

 

 

 

x

_G

= 5 + 4 + 2 + 3 + 4 + 3 + 8 + 5 + 4 + 5

10 = 4, 3

x

_R

= 6 + 3 + 3 + 1 + 1 + 3 + 4 + 2 + 5 + 7

10 = 3, 5

σ

_e,G

=

r 5

²

+ 4

²

+ 2

²

+ 3

²

+ 4

²

+ 3

²

+ 8

²

+ 5

²

+ 4

²

+ 5

²

10 − x

²_G

= 1, 552

σ

_e,R

=

r 6

²

+ 3

²

+ 3

²

+ 1

²

+ 1

²

+ 3

²

+ 4

²

+ 2

²

+ 5

²

+ 7

²

10 − x

²_R

= 1, 910

σ

_G

=

r 10

10 − 1 σ

_e,G

= 1, 636 σ

_R

=

r 10

10 − 1 σ

_e,R

= 2, 014

Avec α = 0, 2, on a u

_0,2

= 1, 383 dans la table 3 avec un degr´e de libert´e de 10 − 1 = 9. De plus : s =

r σ

²_G

10 + σ

_R²

10 = 0, 821

(7)

Correction

On consid`ere donc l’intervalle suivant :

I =] − u

_0,2

s; u

_0,2

s[=] − 1, 135; 1, 135[

Or, x

_G

− x

_R

= 0, 8 ∈ I. Donc les deux médicaments ont une efficacité équivalente.

Cependant, on tempérera les résultats en remarquant que l’échantillon est de petite taille.